字节跳动（校招）算法原题

大模型"价格战"越演越烈

昨天的 文章 提到，自从 5 月 15 号，字节跳动发布了击穿行业底价的豆包大模型后，各大厂家纷纷跟进降价，而且都不是普通降价，要么降价 90% 以上，要么直接免费。

今天是豆包发布会过去的第 8 天，价格战还在继续，且越演越烈。

腾讯混元大模型宣布全面降价，其中主力模型之一的混元-lite更是从即日起免费使用。

科大讯飞也宣布讯飞星火 API 永久免费开放。

而在昨天（5 月 22 号）举办的 Baichuan 4 模型产品发布会上，百川智能创始人兼 CEO 王小川也点评了最近的"大模型价格战"，其声称："在中国市场，API 服务其实对创业公司是走不通的"。

...

回归主线。

来一道和「字节跳动（校招）」相关的算法原题。

题目描述

平台：LeetCode

题号：886

给定一组 n 人（编号为 1, 2, ..., n）， 我们想把每个人分进任意大小的两组。

每个人都可能不喜欢其他人，那么他们不应该属于同一组。

给定整数 n 和数组 dislikes ，其中   ，表示不允许将编号为  和   的人归入同一组。

当可以用这种方法将所有人分进两组时，返回 true；否则返回 false。

示例 1：

输入：n = 4, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,4]]

输出：true

解释：group1 [1,4], group2 [2,3]

示例 2：

输入：n = 3, dislikes = [[1,2],[1,3],[2,3]]

输出：false

示例 3：

输入：n = 5, dislikes = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5],[1,5]]

输出：false

提示：

• dislikes 中每一组都 不同

染色法

无论是从题目描述和对点边的描述，这都是一道「染色法判定二分图」的模板题。

为了方便，我们令 dislikes 为 ds，将其长度记为 。

题目要求我们将 个点划分到两个集合中，同时我们将每个 看做无向边的话，可知集合内部无边，即所有的边必然横跨两个集合之间。

使用 进行建图，并将两个将要划分出的两个集合分别记为 A 和 B，我们可以采用「染色」的方式，尝试将所有点进行划分。

构建一个与点数相等的数组 color，我们人为规定划分到集合 A 的点满足 ，划分到集合 B 的点满足 ，起始有 ，代表该点尚未被划分。

随后我们可以实现 DFS 函数为 boolean dfs(int u, int cur) 含义为尝试将点 u 上 cur 色。根据定义可知，我们除了需要 color[u] = cur 以外，还需要遍历点 u 的所有出边（处理其邻点，将其划分到另一集合上），若在处理过程中发生冲突，则返回 false，若能顺利染色则返回 true。

由于我们固定了颜色编号为 1 和 2，因此 cur 的对立色可统一为 3 - cur。

最终，我们根据能否给所有点染色成功来决定答案。

Java 代码：

class Solution {
    int N = 2010, M = 2 * 10010;
    int[] he = new int[N], e = new int[M], ne = new int[M], color = new int[N];
    int idx;
    void add(int a, int b) {
        e[idx] = b;
        ne[idx] = he[a];
        he[a] = idx++;
    }
    boolean dfs(int u, int cur) {
        color[u] = cur;
        for (int i = he[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (color[j] == cur) return false;
            if (color[j] == 0 && !dfs(j, 3 - cur)) return false;
        }
        return true;
    }
    public boolean possibleBipartition(int n, int[][] ds) {
        Arrays.fill(he, -1);
        for (int[] info : ds) {
            int a = info[0], b = info[1];
            add(a, b); add(b, a);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (color[i] != 0) continue;
            if (!dfs(i, 1)) return false;
        }
        return true;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int he[2010], e[2 * 10010], ne[2 * 10010], color[2010], idx = 0;
    void add(int a, int b) {
        e[idx] = b;
        ne[idx] = he[a];
        he[a] = idx++;
    }
    bool dfs(int u, int cur) {
        color[u] = cur;
        for (int i = he[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (color[j] == cur) return false;
            if (color[j] == 0 && !dfs(j, 3 - cur)) return false;
        }
        return true;
    }
    bool possibleBipartition(int n, vector<vector<int>>& ds) {
        fill(he, he + n + 10, -1);
        for (const auto& info : ds) {
            int a = info[0], b = info[1];
            add(a, b); add(b, a);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (color[i] != 0) continue;
            if (!dfs(i, 1)) return false;
        }
        return true;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def possibleBipartition(self, n: int, ds: List[List[int]]) -> bool:
        N, M = 2010, 20010
        he, e, ne, color = [-1] * N, [0] * M, [0] * M, [0] * N
        idx = 0
        def add(a, b):
            nonlocal idx
            e[idx], ne[idx], he[a] = b, he[a], idx
            idx += 1
        def dfs(u, cur):
            color[u] = cur
            i = he[u]
            while i != -1:
                j = e[i]
                if color[j] == cur:
                    return False
                if color[j] == 0 and not dfs(j, 3 - cur):
                    return False
                i = ne[i]
            return True
        for info in ds:
            a, b = info[0], info[1]
            add(a, b)
            add(b, a)
        for i in range(1, n + 1):
            if color[i] != 0:
                continue
            if not dfs(i, 1):
                return False
        return True

TypeScript 代码：

function possibleBipartition(n: number, ds: number[][]): boolean {
    const N = 2010, M = 2 * 10010
    const he = new Array<number>(N).fill(-1), e = new Array<number>(M).fill(0), ne = new Array<number>(M).fill(0), color = new Array<number>(N).fill(0)
    let idx = 0
    function add(a: number, b: number): void {
        e[idx] = b
        ne[idx] = he[a]
        he[a] = idx++
    }
    function dfs(u: number, cur: number): boolean {
        color[u] = cur
        for (let i = he[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            const j = e[i];
            if (color[j] == cur) return false
            if (color[j] == 0 && !dfs(j, 3 - cur)) return false
        }
        return true
    }
    for (const info of ds) {
        const a = info[0], b = info[1]
        add(a, b); add(b, a)
    }
    for (let i = 1; i <= n; i++) {
        if (color[i] != 0) continue
        if (!dfs(i, 1)) return false
    }
    return true
}

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

反向点 + 并查集

我们知道对于 而言，点 a 和点 b 必然位于不同的集合中，同时由于只有两个候选集合，因此这样的关系具有推断性：即对于 和 可知 a 和 c 位于同一集合。

因此，我们可以对于每个点 x 而言，建议一个反向点 x + n：若点 x 位于集合 A 则其反向点 x + n 位于集合 B，反之同理。

基于此，我们可以使用「并查集」维护所有点的连通性：边维护变检查每个 的联通关系，若 联通，必然是其反向点联通所导致，必然是此前的其他 导致的关系冲突，必然不能顺利划分成两个集合，返回 false，否则返回 true。

Java 代码：

class Solution {
    int[] p = new int[4010];
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    void union(int a, int b) {
        p[find(a)] = p[find(b)];
    }
    boolean query(int a, int b) {
        return find(a) == find(b);
    }
    public boolean possibleBipartition(int n, int[][] ds) {
        for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) p[i] = i;
        for (int[] info : ds) {
            int a = info[0], b = info[1];
            if (query(a, b)) return false;
            union(a, b + n); union(b, a + n);
        }
        return true;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    vector<int> p;
    int find(int x) {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]);
        return p[x];
    }
    void unionp(int a, int b) {
        p[find(a)] = p[find(b)];
    }
    bool query(int a, int b) {
        return find(a) == find(b);
    }
    bool possibleBipartition(int n, vector<vector<int>>& ds) {
        p.resize(2 * n + 1);
        for (int i = 1; i <= 2 * n; ++i) p[i] = i;
        for (const auto& info : ds) {
            int a = info[0], b = info[1];
            if (query(a, b)) return false;
            unionp(a, b + n);
            unionp(b, a + n);
        }
        return true;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def possibleBipartition(self, n: int, ds: List[List[int]]) -> bool:
        p = [i for i in range(0, 2 * n + 10)]
        def find(x):
            if p[x] != x:
                p[x] = find(p[x])
            return p[x]
        def union(a, b):
            p[find(a)] = p[find(b)]
        def query(a, b):
            return find(a) == find(b)
        for info in ds:
            a, b = info[0], info[1]
            if query(a, b):
                return False
            else:
                union(a, b + n)
                union(b, a + n)
        return True

TypeScript 代码：

function possibleBipartition(n: number, ds: number[][]): boolean {
    const p = new Array<number>(4010).fill(0)
    function find(x: number): number {
        if (p[x] != x) p[x] = find(p[x])
        return p[x]
    }
    function union(a: number, b: number): void {
        p[find(a)] = p[find(b)]
    }
    function query(a: number, b: number): boolean {
        return find(a) == find(b)
    }
    for (let i = 1; i <= 2 * n; i++) p[i] = i
    for (const info of ds) {
        const a = info[0], b = info[1]
        if (query(a, b)) return false
        union(a, b + n); union(b, a + n)
    }
    return true
}

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：

最后

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